数学分析笔记

主要参考教材: 数学分析, 南开大学数学科学学院.

预备知识

笔记

记号约定

  • x0x_{0}δ\delta 领域 (x0δ,x0+δ)(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta) 记为 Bδ(x0)B_\delta \left ( x_0 \right ).

  • 去心领域 B˚δ(x0):=(x0δ,x0)(x0,x0+δ)\mathring{B}_\delta \left ( x_0 \right ):=\left ( x_0-\delta,x_0 \right ) \cup \left ( x_0,x_0 +\delta\right ).

  • 复合函数: fg:=f(g(x))f\circ g:=f(g(x)).

  • 差集: xABx\in A\setminus B 当且仅当 xAx\in AxBx\notin B.

  • 对称差: AB:=(AB)(BA)A \bigtriangleup B:=(A\setminus B)\cup (B\setminus A).

  • 符号函数: sgn x={1,x<00,x=01,x>0\displaystyle\text{sgn }x=\left\{\begin{matrix}-1,x<0\\0,x=0\\1,x>0\end{matrix}\right.. 也即 sgn x=xx\displaystyle\text{sgn }x=\frac{x}{|x|}.

  • 特征函数: χA(x)={1,xA0,xA\displaystyle\chi _A(x)=\left\{\begin{matrix}1,x\in A\\0,x\notin A\end{matrix}\right.. 如 sgn x=χR(x)χR+(x)\text{sgn }x=\chi_{\mathbb{R}^-}(x)-\chi_{\mathbb{R}^+}(x).

  • Dirichlet 函数: D(x)=χQ(x)={1,xQ0,xQD(x)=\chi_{\mathbb{Q}}(x)=\left\{\begin{matrix}1,x\in \mathbb{Q}\\0,x\notin \mathbb{Q}\end{matrix}\right.. 是周期函数, 但没有最小正周期; 偶函数; 无法画出函数图像.

  • Riemann 函数: R(x):={1q, x=pq, p,q,q>00,xQR(x):=\left\{\begin{matrix}\displaystyle \frac{1}{q},~当x=\frac{p}{q}, ~其中p,q是互素的整数, 且q>0 \\0, x\notin \mathbb{Q}\end{matrix}\right.. 是周期函数, 最小正周期为 11. Riemann 函数常用以举反例. 另外, D(x)=sgn(R(x))D(x)=\text{sgn}(R(x)).

稠密性

主要按以下两种方式理解:
(1) a,bR\forall a,b\in \mathbb{R}, 如果 a<ba<b, 则必定 rQ\exists r\in\mathbb{Q}, 使得 a<r<ba<r<b.
(2) a,εR\forall a,\varepsilon \in\mathbb{R}, ε>0\varepsilon >0, 必定 rQ\exists r\in\mathbb{Q}, 使得 ar<ε|a-r|<\varepsilon.

集合有界性质

  • SS 无上界的充分必要条件是: MR, x0S\forall M\in\mathbb{R},~\exists x_0\in S, 使得 x0>Mx_{0}>M.
  • SS 无下界的充分必要条件是: mR, x0S\forall m\in\mathbb{R},~\exists x_0\in S, 使得 x0<mx_{0}<m.
  • SS 是无界集的充分必要条件是: MR, x0S\forall M\in\mathbb{R},~\exists x_0\in S, 使得 x0>M|x_{0}|>M.

映射

  • 单射: 设 f(x)f(x)XX 上有定义. 若 x1,x2X\forall x_{1},x_{2}\in X, f(x1)f(x2)f(x_{1})\ne f(x_{2}), 则称 ff 是一个单射.
  • 满射: 设 f:ABf:A\rightarrow B, 若 bB, aA\forall b\in B,~\exists a\in A, 使得 f(a)=bf(a)=b, 则称 ff 是一个满射.
  • 一一映射/双射: 既是单射又是满射.

函数复合的结合律

  • fgh=(fg)h=f(gh)f\circ g\circ h=(f\circ g)\circ h=f\circ (g\circ h).

三角函数和反三角函数:

  • secx:=1cosx, cotx:=1tanx, cscx:=1sinx\displaystyle\sec x:=\frac{1}{\cos x},~\cot x:=\frac{1}{\tan x},~\csc x:=\frac{1}{\sin x}.
  • 万能公式: sinx=2tanx1+tan2x2, cosx=1tan2x21+tan2x2, tanx=2tanx1tan2x2\displaystyle\sin x=\frac{2\tan x}{1+\tan^2\frac{x}{2}},~\cos x=\frac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}},~\tan x=\frac{2\tan x}{1-\tan^2\frac{x}{2}}.
  • 积化和差:

cosxcosy=12[cos(x+y)+cos(xy)]\cos x\cos y = \frac{1}{2}\left [ \cos(x+y)+\cos(x-y) \right ]

sinxsiny=12[cos(x+y)cos(xy)]\sin x\sin y =-\frac{1}{2}\left [ \cos(x+y)-\cos(x-y) \right ]

sinxcosy=12[sin(x+y)+sin(xy)]\sin x\cos y = \frac{1}{2}\left [ \sin(x+y)+\sin(x-y) \right ]

  • 和差化积:

sinα+sinβ=2sinα+β2cosαβ2\sin \alpha + \sin \beta =2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2}\cos \frac{\alpha - \beta}{2}

sinαsinβ=2cosα+β2sinαβ2\sin \alpha - \sin \beta =2 \cos \frac{\alpha +\beta}{2}\sin \frac{\alpha - \beta}{2}

cosα+cosβ=2cosα+β2cosαβ2\cos \alpha + \cos \beta =2 \cos\frac{\alpha + \beta}{2}\cos \frac{\alpha - \beta}{2}

cosαcosβ=2sinα+β2sinαβ2\cos \alpha -\cos\beta =-2\sin \frac{\alpha + \beta}{2}\sin \frac{\alpha - \beta}{2}

  • 反三角函数: arcsinx+arccosx=π2,arctanx+arccotx=π2\displaystyle\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}, \arctan x+\text{arccot}x=\frac{\pi}{2}.

极坐标曲线方程

  • r=x2+y2, {x=rcosθy=rsinθ\displaystyle r=\sqrt{ x^2+y^2 },~\left\{\begin{matrix}x=r\cos\theta \\y=r\sin\theta\end{matrix}\right.
  • 对数螺线: r=aekθ, a,k>0r=a\text{e}^{k\theta},~a,k>0;
  • 心脏线: r=a(1+cosθ), a>0r=a(1+\cos\theta),~a>0;
  • 三叶玫瑰线: r=asin3θ, a>0r=a\sin 3\theta,~a>0.

习题

1.(NKU p.20 1.A. T1)

证明aiR, a1i=2naii=1naii=1nai\displaystyle\forall a_{i}\in \mathbb{R},~|a_{1}|-\sum_{i=2}^{n}{|a_{i}|}\le \left|\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right| \le \sum_{i=1}^n{|a_{i}|}.

证明:
(1) 由 aiajaiaja_{i}a_{j}\le |a_{i}||a_{j}| 可以得到

\displaystyle{\left|\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right|}^2=\sum^{n}_{i=1}a_{i}^{2}+2\sum_{1\le i \le j\le n}{a_{i}a_{j}} \le \sum^{n}_{i=1}a_{i}^{2}+2\sum_{1\le i \le j\le n}{|a_{i}||a_{j}|}=\sum_{i=1}^n{|a_{i}|}$$. (2) 由$-\left|a_{1}\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}\right| \le a_{1}\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}$可以得到 $$\left(\displaystyle|a_{1}|-\sum_{i=2}^{n}{|a_{i}|}\right)^{2}=a_{1}^2-2|a_{1}|\left|\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}\right|+\left(\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}\right)^{2} \le a_{1}^2 +2a_{1}\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}+\left(\displaystyle\sum_{i=2}^na_{i}\right)^{2}=\left|\displaystyle\sum^n_{i=1}a_{i}\right|^2

综上所述, aiR, a1i=2naii=1naii=1nai\displaystyle\forall a_{i}\in \mathbb{R},~|a_{1}|-\sum_{i=2}^{n}{|a_{i}|}\le \left|\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right| \le \sum_{i=1}^n{|a_{i}|}.

关于绝对值的处理
i. 可利用绝对值不等式: aba±ba+b\left||a|-|b|\right| \le |a\pm b|\le |a|+|b|.
ii. 通常利用取平方来消掉绝对值.

2.(NKU p.21 1.A. T2)

证明 nZ+, (n)nn!(n+12)n\displaystyle \forall n\in \mathbb{Z_{+}},~ (\sqrt{ n })^{n}\le n!\le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n.
证明:
这里采用数学归纳法证明不等式左半部.
(1) n=1n=1时, (1)11!=1\displaystyle (\sqrt{ 1 })^{1}\le 1!=1成立.
n2n\ge 2时, 设不等式在 n=k, kNn=k,~k\in \mathbb{N}^{*} 时成立. 接下来证明n=k+1n=k+1时, 不等式仍成立. 由

k(nk+1)n=(k1)(nk)0k(n-k+1)-n=(k-1)(n-k)\ge 0

可以得到 k(nk+1)n=nnk(n-k+1)\ge n=\sqrt{ n } \cdot \sqrt{ n }. 因此

(n!)2=k=1nk(nk+1)(n)2n\left ( n! \right )^2=\prod_{k=1}^{n} k(n-k+1)\ge \left ( \sqrt{n} \right )^{2n}

这也就证明了, 如果 (n)nn!(\sqrt{ n })^{n}\le n!n=kn=k 成立, 那么不等式对 n=k+1n=k+1 也成立. 根据归纳原理可以断定, 该不等式对于任意 nZ+n\in \mathbb{Z_{+}}都成立.
(2) 由 (n+12)2k(nk+1)=(n2k+1)20\displaystyle \left(\frac{n+1}{2}\right)^2-k(n-k+1) =(n-2k+1)^2\ge 0 可以得到

(n!)2=k=1nk(nk+1)(n+12)2n\left ( n! \right )^2=\prod_{k=1}^{n} k(n-k+1)\le \left(\frac{n+1}{2}\right)^{2n}

综上所述, nZ+, (n)nn!(n+12)n\displaystyle \forall n\in \mathbb{Z_{+}},~ (\sqrt{ n })^{n}\le n!\le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n.

阶乘的另一种表达

(n!)2=k=1nk(nk+1)\left ( n! \right )^2=\prod_{k=1}^{n} k(n-k+1)

3.(NKU p.21 1.A. T5)

XRX\subseteq \mathbb{R} 是无穷集, 常数 a>0a>0. 对任意 x1,x2Xx_{1},x_{2}\in X , x1x2x_{1}\ne x_{2}, x1x2a\left|x_{1}-x_{2}\right|\ge a. 证明 XX 是无界集。

提示
比较抽象的证明题可以先用日常语言理解.
x1x2a\left|x_{1}-x_{2}\right|\ge a, 这意味着 XX 中任意两数之间的距离至少是 aa.
XX 是无界集, 这意味着 MR\forall M\in \mathbb{R}, x<M\exists x< M>M>M. 为了得到证明, 不妨先设 XX 是有界集, 反证这样的界不存在.
不妨考虑在 [M,M]\left[-M,M\right] 上从左到右依次选取元素, 第一个元素取在 M-M 处, 第二个元素至少要取在 M+a-M+a 处, 第三个元素则至少要取在 M+2a-M+2a 处.
设区间 [M,M]\left[-M,M\right] 内最多能容纳 nnXX 中的元素, 最后一个元素至少在 M+(n1)a-M+(n-1)a 处(最紧凑的放置). 解不等式 M+(n1)aM-M+(n-1)a\le Mn2Ma+1\displaystyle n\le \frac{2M}{a}+1. 这意味着, 区间 [M,M]\left[-M,M\right] 内最多能容纳 2Ma+1\displaystyle \left\lfloor \frac{2M}{a}+1\right\rfloor 个集合 XX 中的元素. 既然区间内只能容纳有限个集合 XX 中的元素, 那么 XX 就不是无穷集, 与题设矛盾!于是知道这样的界不存在, 即 XX 是个无界集.

证明:
这里采用反证法证明。
XX 是有界集, 即 xX, MR, MxM\forall x\in X,~\exists M \in \mathbb{R},~ -M\le x\le M. 在无穷集 XX 中截取序列

x1<x2<x3<,x2Ma+2x_1 < x_2 < x_3 < \cdots, x_{\left\lfloor\frac{2M}{a}\right\rfloor+2}

xi+1xiax_{i+1}-x_{i}\ge a, 累加可知

x2Ma+2x12Ma+1a>2Mx_{\left\lfloor\frac{2M}{a}\right\rfloor +2}-x_{1}\ge\displaystyle\left\lfloor\frac{2M}{a}+1\right\rfloor a>2M, 与题设矛盾, 故假设不成立. 因此, XX 是无界集.

4.(NKU p.21 1.A. T10)

证明函数 f(x)=1xcos1xf(x)=\displaystyle\frac{1}{x}\cos\frac{1}{x} 在任何形如 (0,a)(0,a) 的开区间上都无界, 其中 a>0a>0.
证明:
f(x)f(x) 在某个 (0,a)(0,a) 上有界, 即存在 f(x)M\left|f(x)\right|\le M.
a>0, n>12πa, 12πn(0,a)\forall a>0,~ \forall n>\displaystyle\left\lceil \frac{1}{2\pi a} \right\rceil ,~\frac{1}{2\pi n}\in(0,a). 而 f(12nπ)=2nπf\left(\displaystyle\frac{1}{2n\pi}\right)=2n\pi.
n=max{12πa+1,M2π+1}n=\max\left\{ \displaystyle \left \lceil \frac{1}{2\pi a} \right \rceil +1 , \left \lceil \frac{M}{2\pi} \right \rceil +1 \right\}, 则

f(12πn)=2πn>M\left|f\left(\frac{1}{2\pi n}\right)\right|=2\pi n>M

与假设矛盾, 故 f(x)f(x) 在任何 (0,a)(0,a) 上都无界得证.

注释
初学这里很难理解, 解释一下每一步怎么来.
为了证明函数在 (0,a)(0,a) 上无界, 我们希望函数取值尽可能大. 为了方便, 保持 cos1x=1\displaystyle\cos \frac{1}{x}=1. 这也就是说, 我们关心形如 xn=12πn\displaystyle x_{n}=\frac{1}{2\pi n} 的点列, 其中 nZn\in\mathbb{Z}.
根据题意, 这些点都必须落在 (0,a)(0,a) 内. 我们解出条件是 n>12πan>\displaystyle\left\lceil \frac{1}{2\pi a} \right\rceil.
什么时候函数值 2nπ>M2n\pi>M? 自然是 n>M2π\displaystyle n>\left \lceil \frac{M}{2\pi} \right \rceil 的时候.
最终我们知道, 对于任意的 a,Ma,M, 只要选取 n=max{12πa+1,M2π+1}n=\max\left\{ \displaystyle \left \lceil \frac{1}{2\pi a} \right \rceil +1 , \left \lceil \frac{M}{2\pi} \right \rceil +1 \right\} 就可以使函数值 f(12πn)=2πn>M\displaystyle\left|f\left(\frac{1}{2\pi n}\right)\right|=2\pi n>M.

5.(NKU p.21 1.A. T11)

设函数 y=f(x)y=f(x) 的定义域是 XX, 值域是 YY, 函数 z=g(y)z=g(y) 的定义域是 YY, 值域是 ZZ. 证明函数 z=g(f(x))z=g(f(x)) 有反函数的充分必要条件是 f(x)f(x)g(y)g(y) 都有反函数, 并证明在条件满足时有 (gf)1=f1g1\left ( g\circ f \right ) ^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}.
证明:
先证充分性:
z=g(f(x))z=g(f(x)) 有反函数, 那么 zZ, x\forall z\in Z,~\exists x 使得 z=g(f(x))z=g(f(x)).

6.(NKU p.22 1.A. T13)

若存在 xx^{*} 使得 f(x)=xf(x^{*})=x^{*}, 则称 xx^{*} 是函数 f(x)f(x) 的一个不动点. 设 f(x)f(x)R\mathbb{R} 上有定义, 证明: 若 f(f(x))f(f(x)) 存在唯一的不动点, 则 f(x)f(x) 也存在唯一的不动点.

7.(NKU p.22 1.A. T14)

f(x)f(x)R\mathbb{R} 上的非负函数, 且 x,yR\forall x,y\in \mathbb{R}, 有 f(x)+f(y)2f(x+y2)\displaystyle\frac{f(x)+f(y)}{2}\le f\left(\frac{x+y}{2}\right). 证明 f(x)f(x) 恒为常数.

8.(NKU p.22 1.B. T1)

证明均值不等式: a1,a2,,anR+\forall a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\in\mathbb{R}^+, 有

a1+a2++anna1a2ann\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\ge\sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\cdots a_{n} }

其中等号成立的充分必要条件是 a1=a2==ana_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}.

9.(NKU p.22 1.B. T2)

证明 Cauchy 不等式: a1,a2,,an,b1,b2,,bnR\forall a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\in\mathbb{R}, 有

(i=1naibi)2(i=1nai2)(i=1nbi2)\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)^2\le\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_{i}^2\right)

并指出其取等的充分必要条件.
证明:
f(x):=i=1n(aix+bi)2\displaystyle f(x):=\sum_{i=1}^{n}{\left( a_ix+b_i \right)^2}, 显然恒有 f(x)0f(x)\ge 0. 展开得到:

f(x)=(i=1nai)2x2+2(i=1naibi)x+(i=1nbi)2f(x)=\left( \sum_{i=1}^{n}{a_i} \right)^2 x^2+2\left( \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i} \right)x+\left( \sum_{i=1}^{n}{b_i} \right)^2

这可以看作二次函数 f(x)=Ax2+Bx+Cf(x)=Ax^2+Bx+C. 为使 f(x)0f(x)\ge 0 恒成立, 则

Δ=B24AC=4(i=1naibi)24(i=1nai)2(i=1nbi)20\Delta=B^2-4AC=4\left( \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i} \right)^2-4\left( \sum_{i=1}^{n}{a_i} \right)^2\left( \sum_{i=1}^{n}{b_i} \right)^2\leq 0

化简即要证的(i=1naibi)2(i=1nai2)(i=1nbi2)\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)^2\le\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^2\right)\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2\right).

10.(NKU p.22 1.B T3)

证明 Minkowski 不等式: a\forall a